高考物理二轮复习周周练针对性练习第07周 第2练（含解析）

第7周第2练

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．如图所示，一交流发电机的线圈通过滑环与理想变压器相连，理想变压器原线圈接有理想电压表和电流表，副线圈接有定值电阻和灯泡，它们的阻值相等（设灯泡阻值不变），且均为R。当线圈由图示位置（磁场恰好与线圈平面垂直）以转速n匀速转动时，灯泡恰能正常发光，电压表示数为U，已知灯泡的额定功率为P。下列选项正确的是（　　）

A．线圈在图示位置磁通量的变化率最大

B．电流表的示数为

C．变压器原、副线圈匝数比为

D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式。

【答案】 B

【解析】

A．线圈在图示位置磁通量最大，感应电动势为零，所以磁通量的变化率为零，故A错误；

B．由题知，灯泡正常发光，功率为P，因电阻R与灯泡的电阻相等，所以此时电阻R的功率也为P，故副线圈的功率为2P，因理想变压器的原副线圈功率相等，则原线圈的输入功率为

得

故B正确；

C．根据

解得副线圈的电流

根据变压器原副线圈匝数与电流成反比，可得

故C错误；

D．由于是正弦交流电

变压器的输入电压的瞬时值表达式为

故D错误。

故选B。

15．如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连。闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上。下列说法中正确的是（　　）

A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线

B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大

C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长

D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长

【答案】 B

【解析】

A．液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向；因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故A错误；

B．两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由U=Ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B正确；

C．因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；

D．定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差；故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误。

故选B。

16．2019年12月7日，我国采用一箭多星的方式成功将六颗卫星发射升空，在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的卫星，三颗卫星在此轨道均匀分布，其轨道距地心的距离为地球半径的3.3倍，且三颗卫星均自西向东环绕地球转动。某时刻其中一颗人造卫星处于地球赤道上某一建筑物的正上方，已知地球的自转周期为T，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，则该建筑物正上方出现下一颗人造卫星间隔的时间约为（   ）

A．0.18T B．0.24T C．0.32T D．0.48T

【答案】 A

【解析】

地球的自转周期为T，即地球同步卫星的周期，设地球半径为R，根据开普勒第三定律有

解得

该建筑物正上方出现下一颗人造卫星时，该卫星比地球自转多转过的角度为，有

解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

17．卡车沿平直公路运输质量为m的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为和。重力加速度为g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2。则（　　）

A．当卡车匀速行驶时F1=mg B．当卡车匀速行驶时F2=mg

C．卡车安全启动的最大加速度为g D．卡车安全刹车的最大加速度为g

【答案】 C

【解析】

AB．将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得

故AB错误。

C．当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为0时，启动加速度最大，则有

得

故C正确；

D．当匀质圆筒状工件对斜面I压力为0时，刹车加速度最大，则有

得

故D错误。

故选C。

18．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t图象如图所示．t=0时，两车间距为；时刻，甲、乙两车相遇．时间内甲车发生的位移为s，下列说法正确的是(      )

A．时间内甲车在前，时间内乙车在前

B． 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍

C．时刻甲、乙两车相距

D．

【答案】 D

【解析】

A．由图知在0～t0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A错误；

B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小，乙车平均速度，所以B错误；

D．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s0，根据几何关系知，三角形ABC的面积对应位移s0∕3，所以可求三角形OCD的面积对应位移s0∕6，所以0—to时间内甲车发生的位移为

s=s0+ s0∕6

得

s0=s

故D正确；

C．2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即s0∕3，所以C错误．

故选D。

19．下列说法正确的有（　　）

A．比结合能越小的原子核，核子结合得越牢固，原子核越稳定

B．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少

C．普朗克常量等于实物粒子动量与其物质波波长的乘积

D．α射线、β射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的

【答案】 CD

【解析】

A．比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项A错误；

B．在裂变过程中释放能量，会出现质量亏损，但质量数（即质子和中子的总数）不会发生变化，选项B错误；

C．普朗克常量等于实物粒子动量与其物质波波长的乘积，选项C正确；

D．α射线、β射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的，选项D正确。

故选CD。

20．如图所示为直角三角形斜劈ABC，∠ABC=60°，P为AB的中点，AP=PB=10m．小物块与AP段的动摩擦因数为μ1，与PB段的动摩擦因数为μ2．第一次将BC水平放置，小物块从A点静止释放，滑到B点时速度刚好为零．第二次将AC水平放置，g取10m/s2，下列说法正确的是

A．第一次下滑过程中小物块经过AP段和PB段的时间之比为1︰(－1)

B．μ1+μ2=2

C．若第二次小物块在B点由静止释放则一定不下滑

D．若第二次在B点给小物块一个初速度v0=15m/s，小物块刚好能滑到最底端A点

【答案】 BC

【解析】

第一次下滑过程中，因初速度为零，末速度为零，则物体一定是先加速后减速，若设到达P点的速度为v，则AP和BP两段的平均速度均为v/2，则小物块经过AP段和PB段的时间之比为1：1，选项A错误；设AB=2L，从A到B由动能定理： ，解得μ1+μ2=2，选项B正确；

第一次从A开始时下滑时满足，即 ；则；第二次小物块在B点由静止释放，则成立，则小物块在B点由静止释放则一定不下滑，选项C正确；若第二次在B点给小物块一个初速度v0=15m/s，设小物块滑到最底端A点的速度为v′，则由动能定理：，解得v′2=-175可知，物块不能到达A点，选项D错误；故选BC.

21．如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l。磁感应强度大小为 B 的范围足够大的匀强磁场垂直导轨平面向下。两根质量均为m 、电阻均为 r 的导体杆a、b 与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止。已知 b 杆光滑与导轨间无摩擦力，a 杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0，现对b 杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙规律变化的水平外力 F ，已知在t1 时刻，a 杆开始运动，此时拉力大小为F1.则下列说正确的是（  ）

A．当 a 杆开始运动时，b 杆的速度大小为

B．在0~ t1这段时间内，b 杆所受安培力的冲量大小为

C．在t1~ t2 这段时间内，a、b 杆的总动量增加了

D．a、b 两杆最终速度将恒定，且a、b 两杆速度大小之和不变，两杆速度大小之差等于t1 时刻 b杆速度大小

【答案】 AD

【解析】

A．当 a 杆开始运动时，所受的安培力等于最大静摩擦力F0，即

解得b 杆的速度大小为

选项A正确；

B．由动量定理

且

解得

选项B错误；

C．在t1~ t2 这段时间内，外力F对a、b 杆的冲量为

因a杆受摩擦力作用，可知合力的总冲量小于，即a、b 杆的总动量增加量小于，选项C错误；

D．由于最终外力F=F0，则此时对两棒的整体而言合力为零，两棒所受的安培力均为F0，处于稳定状态；因开始时随着b杆速度的增加，安培力变大，b杆做减速运动，a杆做加速运动，则a、b 两杆最终速度将恒定，速度大小之和恒定，速度大小之差满足

即

即速度差等于t1 时刻 b杆速度大小；选项D正确。

故选BD。

22. （6分）

如图所示，是把量程为0~10mA的电流表改装成欧姆表的结构示意图，其中电池电动势E=1.5V。

(1)经改装后，若要确定0Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到____________mA刻度处；

(2)改装后的欧姆表的内阻值为____________Ω，电流表2mA刻度处应标____________Ω。

【答案】 10    150    600

【解析】

(1)根据闭合欧姆定律

可知，当电流最大时，测量电阻最小，即若要确定0Ω刻度位置，应将红、黑表笔短接，并调节滑动变阻器R的阻值，使原电流表指针指到10mA刻度处

(2)改装后欧姆表的内阻为

2mA刻度处标

23. （9分）

某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验，操作步骤如下：

①固定斜槽，并使轨道的末端水平；

②在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧槽口，让小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，撞到木板，在白纸上留下压痕O；

③将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕B；

④把半径相同的小球b放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，在白纸上留下压痕A和C；

(1)本实验必须测量的物理量是_______（填序号字母）；

A．小球a、b的质量

B．小球a、b的半径r

C．斜槽轨道末端到木板的水平距离x

D．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差H

E.记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3

(2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_______；

(3)对该实验的探究结果没有影响的是_______。（填序号字母）

A．木板是否竖直

B．斜槽轨道末端部分是否水平

C．斜槽轨道是否光滑

【答案】 AE        C

【解析】

(1)设a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va，两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′，若两球碰撞动量守恒，则

根据平抛运动规律得

联立得应满足的表达式为

本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3；故AE正确

故选AE；

(2)由以上分析可知，需要验证的表达式为

(3)A．由表达式可知，木板是否竖直，对实验结果有影响，故A错误；

B．斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动，则对实验结果有影响，故B错误；

C．只要小球a每次从同一高度静止放下，小球a到达斜槽轨道末端的速度相同，所以斜槽轨道是否光滑，则对实验结果没有影响，故C正确。

故选C。

24．（14分）

如图所示，质量M=2kg、高h=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。在长木板上放置一个质量m=1 kg，大小可以忽略的铁块，离左端B点的距离为0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2 ，不计空气阻力。若在长木板上施加一个水平向右的恒力F，求∶

（1）要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力F应满足的条件；

（2）若水平向右的恒力F=17N，铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；

（3）接（2）问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量。

【答案】 （1）N；（2），；（3）

【解析】

（1）欲将长木板从铁块下抽出，两者间必存在相对运动，由牛顿第二定律得物块的加速度

隔离长木板，由牛顿第二定律得

代入加速度得

代入数值得

即水平向右的恒力F应满足条件为N；

（2）若水平向右的恒力，铁块相对于长木板发生相对滑动，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得

代入数值得

铁块加速度

代入数值得

s

此过程中长木板运动的位移为

铁块离开长木板时长木板与滑块的速度分别为、，根据速度时间公式有

（3）铁块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律，得运动时间为

铁块离开长木板后，对长木板受力分析，由牛顿第二定律得

代入数值得解得

所以铁块离开长木板到落地的时间内长木板位移为

代入数据得

整个过程中，设铁块与木板间因摩擦生的热为，木板与水平面间因摩擦生的热为，则

得系统因摩擦所产生的热量

25．（18分）

如图所示，在水平分界线KL上方有磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。边界NS和MT间距为2.5h，P、Q分别位于边界NS、MT上距KL为h。质量为m,电荷量为+q的粒子由静止开始经电场加速后（电场未画出），从P点垂直于NS边界射入上方磁场，然后垂直于KL射入下方磁场，最后经Q点射出。

(1)求在磁场中运动的粒子速度大小；

(2)求粒子在磁场中运动的时间；

(3)其它条件不变，减小加速电压，要使粒子不从NS边界射出，求加速电压的最小值。

【答案】 （1）  （2）  （3）

【解析】

（1）洛伦兹力提供向心力

粒子速度

（2）粒子运动轨迹如图所示

粒子在下方磁场做圆周运动的半径：

粒子运动时间

得

（3）设加速电压最小为U，粒子射入磁场的速度，粒子在上方、下方磁场做圆周运动的半径分别为r1、r2

由题意可得：

当粒子在上方磁场的轨迹与NS相切时，加速电压最小

由图中几何关系得

或

解得：

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33．【选修3-3】（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．做功和热传递对改变物体的内能是等效的

B．布朗运动本身不是分子的运动，但能反映分子的无规则运动

C．已知气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可求得气体分子的大小

D．热量只能从高温物体传给低温物体，不能从低温物体传给高温物体

E.液体的表面层里的分子距离比液体内部的要大些，分子力表现为引力

【答案】 ABE

【解析】

A. 做功和热传递对改变物体的内能是等效的，故A正确；

B. 布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，布朗运动间接反应了液体分子的无规则运动，故B正确；

C. 已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数能求出气体分子所占的体积，但不是气体分子的体积，故C错误；

D. 热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发的从低温物体传到高温物体，在外界影响下，热量也可以从低温物体传到高温物体，如空调制热过程就是热量从低温物体传到高温物体，故D错误；

E. 与气体接触的液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面层的分子间同时存在相互作用的引力与斥力，但由于分子间的距离大于分子的平衡距离r0，分子引力大于分子斥力，分子力表现为引力，即存在表面张力，表面张力使液体表面有收缩的趋势，故E正确。

故选ABE。

（2）（10分）

一内横截面积为S的玻璃管下端有一个球形小容器，管内有一段长度为2cm的水银柱。容器内密封一定质量的理想气体。初始时，环境温度为27，管内（除球形小容器）气柱的长度为L。现再向管内缓慢注入水银，当水银柱长度为4cm时，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.8L。整个装置导热良好，已知大气压强p0=76cmHg。

（i）求球形小容器的容积；

（ii）若将该容器水银柱以下部分浸没在恒温的水中，稳定后，管内（除球形小容器）气柱的长度为0.41L，求水的温度为多少摄氏度。

【答案】 （i）7LS；（ii）12

【解析】

(i)由题意，玻璃管和球形小容器内所有气体先做等温变化，由玻意耳定律有，初状态（注入水银前）：

p1=p0+h1，V1=V+LS

末状态（注入水银后）

p2=p0+h2，V2=V+0.8LS

解得

V=7LS

(ii)依据题意，接着做等压变化，由盖吕萨克定律有，变化前

T2=273K+t1

变化后

T3=273K+t2，V3=V+0.41LS

解得

t3=12

34．【选修3-4】（15分）

（1）（5分）

下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．观测到某星球上A元素发出的光的频率大于地球上A元素发出的光的频率，则该星球正在靠近地球

B．自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同

C．在岸边观察水中的鱼，鱼的实际深度比看到的要浅一些

D．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变宽

E.若红光由真空进入折射率为n的介质中，则红光在介质中的波长与其在真空中的波长的比值为n

【答案】 ABD

【解析】

A．根据多普勒效应可以计算出物体相对运动的速度，所以通过测量星球上某些元素发出光波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以算出星球靠近或远离我们的速度，故A与题意相符；

B．自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同，故B与题意相符；

C．在岸边观察水中的鱼，看到的鱼是由于鱼发出的光线经过水面折射形成的虚像，根据折射定律知折射角大于入射角，所以看到的鱼比实际深度要浅一些，故C与题意不符；

D．根据双缝干涉的宽度公式：可知，在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，波长变长，则干涉条纹间距变宽，故D与题意相符；

E．红光由真空进入折射率为n的介质中，频率不变，则

得红光在介质中的波长与其在真空中的波长的比值

故E与题意不符。

（2）（10分）

一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，质点M的振动图像如图乙所示。已知t=0时刻质点M恰好完成一次全振动，M、N两质点的平衡位置均在x轴上，两者相距s=19m。求∶

①此简谐横波的传播速度的大小；

②t=11s时质点N运动的路程。

【答案】 ①；②

【解析】

①由图甲可知此波的波长为；由图乙可知，此波的周期

所以波速

②此波传播到N点所需的时间

由图乙可知此波的振幅，质点N每个周期运动的路程为0.8m

s时质点N运动的时间为

所以s时质点N运动的路程为